Derivada de la función constante

Veamos que si la función \(f\) es constante en todo su dominio, \(f(x)=k\), para todo \(x\) del dominio, la derivada de \(f\) en cualquier punto del mismo es nula.

Sea \(x_0\) un punto del dominio de \(f\). La derivada de \(f\) en \(x_0\) será: \[ f'(x_0)=\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{k-k}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0} 0 =0. \]

Derivada del monomio de grado \(n\)

Calculemos la derivada de función \(f\) si ésta vale \(f(x)=x^n\), donde \(n\) es un valor natural mayor que \(1\) (\(n=1,2,\ldots\)):

Sea \(x_0\) un punto del dominio de \(f\). La derivada de \(f\) en \(x_0\) será: \[ \begin{array}{rl} f'(x_0) & =\displaystyle\lim_{x\to x_0}\frac{f(x)-f(x_0)}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{x^n-x_0^n}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0} \frac{(x-x_0)(x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\cdots+ x_0^{n-1})}{x-x_0} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to x_0} x^{n-1}+x^{n-2}x_0+x^{n-3}x_0^2+\cdots+ x_0^{n-1} =n\cdot x_0^{n-1}. \end{array} \]

Derivada del monomio de grado \(n\)

La derivada de la función anterior en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Derivada del valor absoluto

Consideremos la función \(f(x)=|x|\), valor absoluto de \(x\), definida en todo \(\mathbb{R}\) como: \(f(x)=\begin{cases} x, & \mbox{si } x\geq 0, \\ -x & \mbox{si }x<0. \end{cases}\)

Estudiemos la derivabilidad de \(f\) en \(x_0=0\), es decir, veamos si el límite siguiente existe: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{f(x)-f(0)}{x-0}=\lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x}\).

Si hacemos el límite anterior por la derecha o para los valores \(x>0\), obtenemos: \[ \lim_{x\to 0^+}\frac{|x|}{x}=\lim_{x\to 0^+}\frac{x}{x}=\lim_{x\to 0^+}1 =1. \] En cambio, si lo hacemos por la izquierda o para los valores \(x<0\), obtenemos: \[ \lim_{x\to 0^-}\frac{|x|}{x}=\lim_{x\to 0^-}\frac{-x}{x}=\lim_{x\to 0^-} -1 =-1. \]

Derivada del valor absoluto

Como los límites anteriores no coinciden, concluimos que el límite \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{|x|}{x}\) no existe y por tanto, \(f\) no es derivable en \(x=0\).

Gráficamente se observa que la función anterior tiene una punta en \(x=0\) y, por tanto, \(f\) no puede ser derivable en dicho punto.

Este comportamiento es el usual cuando una función no es derivable en un punto \(x_0\), es decir, se observa gráficamente que en dicho punto, la función no tiene un comportamiento suave.

Derivada del valor absoluto

Derivada del valor absoluto

La gráfica del valor absoluto en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo: derivada de la función \(g(x)=\sqrt[n]{x}\).

La función \(g(x)=\sqrt[n]{x}\) es la inversa de la función \(f(x)=x^n\) ya que: \(g(f(x))=g(x^n)=\sqrt[n]{x^n}=x\).

Usando la expresión vista anteriormente, podemos escribir que: \(g'(f(x))=g'(x^n)=\frac{1}{f'(x)}\).

En un ejemplo anterior vimos que \(f'(x)=n\cdot x^{n-1}\). Por tanto: \(g'(x^n)=\frac{1}{n\cdot x^{n-1}}\).

Sea \(y=x^n\), entonces \(x=\sqrt[n]{y}\). Por tanto, \(g'(y)=\frac{1}{n\cdot x^{n-1}}=\frac{1}{n\cdot \sqrt[n]{y^{n-1}}}\).

La derivada de la función \(g(x)\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo: derivada de la función \(\tan x\).

La función \(\tan x\) está definida como \(\frac{\sin x}{\cos x}\).

Calculemos primero la derivada de la función \(\sin x\) en un valor \(x_0\): \[ \begin{array}{rl} (\sin)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{\sin x-\sin x_0}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{2\cos\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\cdot\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0}=2\cdot \cos(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0} \\ & \displaystyle = \cos(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}} = \cos(x_0), \end{array} \] usando que \(\lim\limits_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}}=1.\) La expresión anterior se deduce del hecho de que \(\lim\limits_{t\to 0} \frac{\sin t}{t}=1\).

Si se hace el cambio de variable \(t=\frac{x-x_0}{2}\) y teniendo en cuenta que como \(x\to x_0\), entonces \(t\to 0\), los dos límites anteriores son iguales a 1.

Ejemplo: derivada de la función \(\tan x\).

Para calcular la derivada de la función \(\cos x\), usamos una técnica similar: \[ \begin{array}{rl} (\cos)'(x_0) & \displaystyle =\lim_{x\to x_0}\frac{\cos x-\cos x_0}{x-x_0}=\lim_{x\to x_0}\frac{-2\sin\left(\frac{x+x_0}{2}\right)\cdot\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0}=-2\cdot \sin(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{x-x_0} \\ & \displaystyle =- \sin(x_0)\lim_{x\to x_0}\frac{\sin\left(\frac{x-x_0}{2}\right)}{\frac{x-x_0}{2}} = -\sin(x_0). \end{array} \] Usamos la propiedad de la derivada del cociente, podemos hallar la derivada de la función \(\tan x\): \[ \begin{array}{rl} (\tan)'(x_0) & =\left(\frac{\sin}{\cos}\right)'(x_0)=\frac{\sin'(x_0)\cdot \cos(x_0)-\sin (x_0)\cdot \cos'(x_0)}{\cos^2(x_0)}=\frac{\cos(x_0)\cdot \cos(x_0)+\sin (x_0)\cdot \sin(x_0)}{\cos^2(x_0)} \\ & = \frac{\cos^2(x_0)+\sin^2(x_0)}{\cos^2(x_0)}=\frac{1}{\cos^2 (x_0)}=1+\tan^2 (x_0). \end{array} \]

La derivada de la función \(\tan x\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo

Hallemos la derivada de la función \(h(x)=\arctan (x^3+x^2+1)\).

La función anterior es la composición de la función \(f(x)=x^3+x^2+1\) y \(g(y)=\arctan y\), es decir: \(h(x)=(g\circ f)(x)\).

La derivada de la función \(f(x)\) se puede calcular usando la propiedad de la suma de derivadas y la expresión de la derivada del monomio \(x^n\): \[ (x^3+x^2+1)'=(x^3)'+(x^2)'+(1)' = 3x^2+2x+0=3x^2+2x. \]

A continuación, hallemos la derivada de la función \(g(y)=\arctan y\). Dicha función es la función inversa de la función \(\tan x\). Usando la expresión de la derivada de la función inversa, tenemos: \[ g'(\tan x)=\frac{1}{\tan'(x)}=\frac{1}{\frac{1}{\cos^2 x}}=\cos^2 x. \]

Ejemplo

Para hallar \(g'(y)\), tenemos que escribir \(y=\tan x\), y, por tanto, \(x=\arctan y\): \[ g'(y)=\cos^2(\arctan y)=\frac{1}{1+\tan^2 (\arctan y)}=\frac{1}{1+y^2}, \] donde hemos usado la siguiente relación trigonométrica: \(\cos^2\alpha = \frac{1}{1+\tan^2\alpha}\).

La derivada de la función \(h(x)\) usando la regla de la cadena será: \[ \begin{array}{rl} h'(x) & =(g\circ f)'(x)=g'(f(x))\cdot f'(x)=\frac{1}{1+f(x)^2}\cdot (3 x^2+2x)=\frac{3x^2+2x}{1+(x^3+x^2+1)^2}\\ & =\frac{3x^2+2x}{x^6+2 x^5+x^4+2 x^3+2 x^2+2}. \end{array} \]

La derivada de la función \(h(x)\) en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo

Consideremos la función siguiente definida en el intervalo \((-2\pi,2\pi)\): \[ \begin{array}{rl} f:(-2\pi,2\pi) & \longrightarrow \mathbb{R},\\ x& \longrightarrow \sin(x)-\cos(x). \end{array} \] El gráfico de dicha función puede observase en la figura siguiente.

Vemos que tiene dos máximos relativos en los valores \(x=-\frac{5}{4}\pi\) y \(x=\frac{3}{4}\pi\) y dos mínimos relativos en los valores \(x=-\frac{\pi}{4}\) y \(x=\frac{7}{4}\pi\).

Observamos que dichos máximos y mínimos son absolutos.

El gráfico de la función anterior puede verse en Wolfram Alpha en el enlace siguiente:

Ejemplo

Considerar, por ejemplo, la función \(f(x)=x^2\cdot \sin(x)\). Si derivamos dicha función, obtenemos: \[ f'(x)=2x\sin(x)+x^2\cos(x). \] Vemos que \(f'(0)=0\). En cambio \(f\) no tiene ningún extremo en este punto tal como se observa en el gráfico de su función:

Ejemplo

Ejemplo

Para ver que el 0 no es extremo relativo, es facil ver que para \(x\in (0,\pi)\), \(f(x)\geq 0\) y para \(x\in (-\pi,0)\), \(f(x)\leq 0\). Comprobémoslo para unos cuantos valores en python, para \(x=-0.2,-0.1,0.1,0.2\):

from sympy import * 
  
def f(x):
 return(x**2*sin(x))

Ejemplo

for x in [-0.2,-0.1,0.1,0.2]:
  print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))

## f(-0.2)=-0.00794677323180245
## f(-0.1)=-0.000998334166468282
## f(0.1)=0.000998334166468282
## f(0.2)=0.00794677323180245

Ejemplo

El cálculo de la derivada de la función anterior puede verse en Wolfram Alpha en el enlace siguiente:

El gráfico de la función anterior puede verse en Wolfram Alpha en el enlace siguiente:

Ejemplo

Consideremos la función siguiente de un ejemplo anterior: \(f(x)=\sin(x)-\cos(x)\).

La derivada de la función \(f\) vale: \(f'(x)=\cos(x)+\sin(x)\).

Dicha función se anula en los extremos \(x=-\frac{5}{4}\pi,-\frac{\pi}{4},\frac{3}{4}\pi\) y \(\frac{7}{4}\pi\):

def f(x):
 return(cos(x)+sin(x))
 
for x in [-5*pi/4,-pi/4,3*pi/4,7*pi/4]:
  print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))

## f(-5*pi/4)=0
## f(-pi/4)=0
## f(3*pi/4)=0
## f(7*pi/4)=0

En los puntos \(x=-\frac{3}{2}\pi\) y \(x=\frac{\pi}{2}\) la función es estrictamente creciente al tener derivada positiva en dichos puntos:

for x in [-3*pi/2,pi/2]:
  print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))

## f(-3*pi/2)=1
## f(pi/2)=1

En cambio, en los puntos \(x=-\frac{\pi}{2}\) y \(\frac{3}{2}\pi\) la función es estrictamente decreciente al tener derivada negativa en dichos puntos:

for x in [-pi/2,3*pi/2]:
  print('f({x})={res}'.format(x=x, res=f(x)))

## f(-pi/2)=-1
## f(3*pi/2)=-1

Ejemplo

Consideremos la función vista anteriormente \(f(x)=\sin (x)-\cos(x)\) definida en el intervalo \((-\pi,\pi)\).

Como \(f(-\pi)=1=f(\pi)\), aplicando el teorema de Rolle, sabemos que existe como mínimo un valor \(c\) tal que \(f'(c)=0\). De hecho, hay dos como hemos visto anteriormente: \(c=-\frac{\pi}{4}\) y \(c=\frac{3}{4}\pi\): \[ \begin{array}{rl} f'(x) & =\cos(x)+\sin(x),\\ f'\left(-\frac{\pi}{4}\right) & =\cos\left(-\frac{\pi}{4}\right)+\sin\left(-\frac{\pi}{4}\right)=\frac{\sqrt{2}}{2}-\frac{\sqrt{2}}{2}=0,\\ f'\left(\frac{3\pi}{4}\right) & =\cos\left(\frac{3\pi}{4}\right)+\sin\left(\frac{3\pi}{4}\right)=-\frac{\sqrt{2}}{2}+\frac{\sqrt{2}}{2}=0. \end{array} \] Si ahora consideramos la función anterior pero definida en el intervalo \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\), tenemos que existe un valor \(c\) tal que: \[ f'(c)=\cos(c)+\sin(c)=\frac{f\left(\frac{\pi}{2}\right)-f\left(-\frac{\pi}{2}\right)}{\frac{\pi}{2}-\left(-\frac{\pi}{2}\right)}=\frac{1-(-1)}{\pi}=\frac{2}{\pi}. \]

Hallemos a continuación el valor \(c\): \[ \begin{array}{rl} \cos(c)+\sin(c) & = \frac{2}{\pi}, \\ \cos(c) & = \frac{2}{\pi}-\sin(c), \\ \pm \sqrt{1-\sin^2(c)} & = \frac{2}{\pi}-\sin(c), \\ 1-\sin^2(c) & = \left(\frac{2}{\pi}-\sin(c)\right)^2 = \frac{4}{\pi^2}+\sin^2(c)-\frac{4}{\pi}\sin(c),\\ 2\sin^2(c)-\frac{4}{\pi}\sin(c)+\frac{4}{\pi^2}-1 & = 0,\\ \sin(c) & = \frac{\frac{4}{\pi}\pm \sqrt{\frac{16}{\pi^2}-8\cdot\left(\frac{4}{\pi^2}-1\right)}}{4},\\ \sin(c) & = \frac{\frac{4}{\pi}\pm \sqrt{8-\frac{16}{\pi^2}}}{4}=\frac{4\pm\sqrt{8\pi^2-16}}{4\pi}=\frac{2\pm\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}. \end{array} \]

El valor de \(\cos(c)\) será: \[ \begin{array}{rl} \cos(c) & =\pm\sqrt{1-\left(\frac{2\pm\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\right)^2} = \pm\sqrt{1-\frac{2\pi^2\pm 4\sqrt{2\pi^2-4}}{4\pi^2}}=\pm\sqrt{\frac{2\pi^2\mp4\sqrt{2\pi^2-4}}{4\pi^2}}\\ & =\pm\sqrt{\frac{(2\mp\sqrt{2\pi^2-4})^2}{4\pi^2}} = \pm\frac{(2\mp\sqrt{2\pi^2-4})}{2\pi}. \end{array} \] Entonces las parejas \((\sin(c),\cos(c))\) son las siguientes:

• si \(\sin(c)=\frac{2+\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\), entonces \(\cos(c)=\frac{2-\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\),
• si \(\sin(c)=\frac{2-\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\), entonces \(\cos(c)=\frac{2+\sqrt{2\pi^2-4}}{2\pi}\).

El primer caso no puede ser ya que \(\cos(c)<0\) y como estamos en el intervalo \(\left(-\frac{\pi}{2},\frac{\pi}{2}\right)\), la función coseno es positiva.

Sólo será solución el segundo caso, donde el valor de \(c\) será aproximadamente: -0.318.

Comprobemos usando python que el valor de \(c\) hallado es el correcto:

from numpy import * 
c=arcsin((2-sqrt(2*pi**2-4))/(2*pi))
derivada_c = sin(c)+cos(c)
k=2/pi
print('El valor de c es: {c}'.format(c=c))

## El valor de c es: -0.318455713398

print('El valor de la derivada de f en c es:{x}'.format(x=derivada_c))

## El valor de la derivada de f en c es:0.636619772368

print('El valor de 2/pi es:{k}'.format(k=k))

## El valor de 2/pi es:0.636619772368

Ejemplo

Calculemos el valor del límite siguiente \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x-x\cos x}\).

Observemos que si sustituimos por el valor \(0\), obtenemos la indeterminación \(\frac{0}{0}\).

Usando la regla de L’Hôpital, calculemos el límite anterior: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\sin x-x}{x-x\cos x} = \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{1-\cos x+x\sin x}=\frac{0}{0}. \] Nos vuelve a dar la indeterminación \(\frac{0}{0}\). Aplicando la regla de L’Hôpital por segunda vez, obtenemos: \[ \lim_{x\to 0}\frac{\cos x-1}{1-\cos x+x\sin x} =\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{\sin x+\sin x+x\cos x}=\lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+x\cos x}=\frac{0}{0}. \]

Nos vuelve a dar la indeterminación \(\frac{0}{0}\). Aplicando la regla de L’Hôpital por tercera vez, obtenemos: \[ \lim_{x\to 0}\frac{-\sin x}{2\sin x+x\cos x} =\lim_{x\to 0}\frac{-\cos x}{2\cos x+\cos x-x\sin x}=\frac{-1}{3}. \] El límite tiene el valor \(-\frac{1}{3}\).

El límite anterior en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo

Consideremos el límite siguiente: \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}.\)

Si sustituimos \(x\) por \(0\) en el límite anterior obtenemos el valor \(\frac{0}{0}\), pensad que \(\displaystyle\lim_{x\to 0}x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)=0\) vale \(0\) ya que es el límite de una funció que tiende a 0 (\(x^2\)) por una función acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).

Apliquemos pues la regla de l’Hôpital: \[ \begin{array}{rl} \displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x} & \displaystyle =\lim_{x\to 0}\frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)+x^2\cdot \left(-\frac{1}{x^2}\cos\left(\frac{1}{x}\right)\right)}{\cos x}= \lim_{x\to 0}\frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)-\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} \\ & \displaystyle =\lim_{x\to 0} \frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}-\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} = 0-\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x} = -\lim_{x\to 0}\frac{\cos\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}. \end{array} \] El límite \(\displaystyle \lim_{x\to 0} \frac{2x\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\cos x}\) vale \(0\) ya que el denominador tiende a \(1\) cuando \(x\to 0\) y el numerador es el límite de una función que tiende a \(0\) (\(2x\)) por una función acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).

El límite anterior no existe ya que si consideramos la sucesión \(x_n=\frac{1}{2\pi n}\longrightarrow 0\), si \(n\to\infty\), el límite de la sucesión \(\frac{\cos\left(\frac{1}{x_n}\right)}{\cos x_n}\) vale: \[ -\lim_{n\to\infty}\frac{\cos (2\pi n)}{\cos\left(\frac{1}{2\pi n}\right)}=-1. \] En cambio, si consideramos la sucesión \(y_n =\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}\longrightarrow 0\), si \(n\to\infty\), el límite de la sucesión \(\frac{\cos\left(\frac{1}{y_n}\right)}{\cos y_n}\) vale: \[ -\lim_{n\to\infty}\frac{\cos \left(\frac{\pi}{2}+2\pi n\right)}{\cos\left(\frac{1}{\frac{\pi}{2}+2\pi n}\right)}=0. \]

A continuación estaríamos tentados a decir que nuestro límite inicial \(\displaystyle\lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}\) no existe pero esto es falso ya que: \[ \lim_{x\to 0}\frac{x^2\sin\left(\frac{1}{x}\right)}{\sin x}= \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\cdot \lim_{x\to 0} x\sin\left(\frac{1}{x}\right)=1\cdot 0=0! \] El primer límite \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}\) vale \(1\) ya que vimos en su momento que \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{\sin x}{x}=1\), por tanto, si hacemos el límite de su recíproco también será \(1\): \(\displaystyle \lim_{x\to 0}\frac{x}{\sin x}=1\).

El segundo límite \(\displaystyle \lim_{x\to 0} x\sin\left(\frac{1}{x}\right)\) vale \(0\) ya que es el límite de una función que tiende a \(0\) (\(x\)) por una función acotada (\(\sin\left(\frac{1}{x}\right)\)).

En resumen, que no exista el límite una vez aplicada la regla de l’Hôpital no significa que no exista el límite inicial que nos hemos planteado.

El límite anterior en Wolfram Alpha se muestra en el enlace siguiente:

Ejemplo ilustrativo

En el enlace siguiente se muestra la función \(f(x)=\sin x\) (en rojo) y los polinomios de grado \(1\), \(P_1(x)\) (la recta en azul discontinua), de grado \(3\), \(P_3(x)\) (la curva en azul discontinua) para \(x_0=0\). El polinomio \(P_2(x)\) coincide con el polinomio de grado \(1\) en este caso ya que el coeficiente de \(x^2\) vale \(0\) como veremos más adelante.

En la casilla expansion point podéis cambiar el valor \(x_0\). Intentad escribir pi/2 y pi y observad qué ocurre.

Si clicáis en la casilla More terms en la parte de arriba del gráfico veréis los polinomios de grado \(5\), \(P_5(x)\) y de grado \(7\), \(P_7(x)\). Observad cómo cada vez los polinomios se aproximan más a la función \(f(x)\).

Ejemplo anterior

En el ejemplo anterior donde recordemos que \(f(x)=\sin x\), debemos elegir un punto \(x_0\) en el cual conozcamos los valores de \(\sin x_0\) y \(\cos x_0\) ya que si conocemos dichos valores, conoceremos \(f(x_0)\) y las derivadas de cualquier orden: \[ f(x_0)=\sin x_0,\ f'(x_0)=\cos x_0,\ f''(x_0)=-\sin x_0,\ f'''(x_0)=-\cos x_0,\ f^{iv}(x_0)=\sin x_0,\ldots \] Algunos valores \(x_0\) elegibles en este caso son los siguientes: \(x_0=0,\frac{\pi}{6}, \frac{\pi}{4},\frac{\pi}{3},\frac{\pi}{2},\pi\) ya que conocemos el valor de \(\sin (x_0)\) y \(\cos(x_0)\) tal como se observa en la tabla siguiente:

Ejemplo

Consideremos la función \(f(x)=\sin (x)\) y el punto \(x_0=0\). Vamos a hallar el polinomio de Taylor de grado \(n\) de \(f(x)\) en \(x_0=0\).

Lo primero que hemos de calcular a la vista de la expresión vista en el teorema anterior que nos da la expresión del polinomio de Taylor es el valor de la función en \(x_0\), \(f(x_0)\) y el valor de las derivadas de \(f\) en \(x_0\), \(f^{(m)}(x_0)\), para \(m=1,2,\ldots\)

Los valores de \(f^{(m)}(0)\) valen lo siguiente: \[ f(0)=\sin 0=0,\ f'(0)=\cos 0=1,\ f''(0)=-\sin 0=0,\ f'''(0)=-\cos 0 =-1,\ f^{(iv)}(0)=\sin 0 =0, \ldots \] A partir de los cálculos anteriores podemos deducir que \(f^{(n)}(0)=0\), si \(n\) es par y \(f^{(n)}(0)=\pm 1\), si \(n\) es impar y valdrá \(1\) si \(n=1,5,9,\ldots\) y \(-1\) si \(n=3,7,11,\ldots\)

Intentemos escribir el resultado anterior de forma más “compacta”. Decir que \(n\) es par es equivalente a decir que existe un valor \(k\) natural tal que \(n=2k\) y decir que \(n\) es impar es equivalente a decir que existe un valor \(k\) natural tal que \(n=2k+1\). Por tanto, las condiciones anteriores se pueden escribir como: \(f^{(2k)}(0)=0\), \(f^{(2k+1)}(0)=\pm 1\).

Observemos además que los valores de \(n\) para los que la derivada \(n\)-ésima valía \(1\), (\(n=1,5,9,\ldots\)) corresponde a valores de \(k\) par ya que \(1=2\cdot 0+1,\ 5=2\cdot 2+1,\ 9=2\cdot 4+1,\ldots\) y los valores de \(n\) para los que la derivada \(n\)-ésima valía \(-1\) (\(n=3,7,11,\ldots\)) corresponde a valores de \(k\) impar ya que \(3=2\cdot 1+1,\ 7=2\cdot 3+1,\ 11=2\cdot 5+1,\ldots\)

Por tanto, la condición \(f^{(2k+1)}(0)=\pm 1\) puede escribirse como \(f^{(2k+1)}(0)=(-1)^k\) ya que la expresión \((-1)^k\) da \(1\) para los \(k\) pares y \(-1\), para los \(k\) impares.

En resumen, tenemos lo siguiente: \(f^{(2k)}(0)=0\), \(f^{(2k+1)}(0)=(-1)^k\), para \(k=0,1,2,3,\ldots\)

Sea \(n\) un natural. Consideremos dos casos:

• \(n\) par. En este caso, el polinomio de Taylor de grado \(n\) es el siguiente: \[ P_n(x)=f(0)+f'(0)\cdot x+\frac{f''(0)}{2!}\cdot x^2+\cdots + \frac{f^{n}(0)}{n!}\cdot x^n. \] Observemos que el último término del polinomio anterior será \(0\) ya que hemos dicho que \(f^{(n)}(0)=0\) para \(n\) par. Entonces el polinomio \(P_n(x)\) se puede escribir como: \[ P_n(x)=f(0)+f'(0)\cdot x+\frac{f''(0)}{2!}\cdot x^2+\cdots + \frac{f^{n-1}(0)}{(n-1)!}\cdot x^{n-1}. \]

Si eliminamos los términos correspondientes a derivadas pares al ser nulos, nos queda la expresión siguiente: \[ P_n(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots + \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i x^{2i+1}}{(2i+1)!}, \] donde \(k\) es tal que \(n-1=2k+1\), o, lo que es lo mismo, \(k=\frac{n-2}{2}\).

Consideremos por ejemplo \(n=14\), en este caso \(k=\frac{14-2}{2}=6\). El polinomio de Taylor de \(f(x)=\sin x\) de grado \(14\) en \(x_0=0\) es el siguiente: \[ \begin{array}{rl} P_{14}(x) & =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\frac{x^{11}}{11!}+\frac{x^{13}}{13!},\\ & = x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}+\frac{x^9}{362880}-\frac{x^{11}}{39916800}+\frac{x^{13}}{6227020800}. \end{array} \]

• \(n\) impar. En este caso, el polinomio de Taylor de grado \(n\) es el siguiente: \[ P_n(x)=f(0)+f'(0)\cdot x+\frac{f''(0)}{2!}\cdot x^2+\cdots + \frac{f^{n}(0)}{n!}\cdot x^n. \] Si eliminamos los términos correspondientes a derivadas pares al ser nulos, nos queda la expresión siguiente: \[ P_n(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}+\cdots + \frac{(-1)^k x^{2k+1}}{(2k+1)!}=\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i x^{2i+1}}{(2i+1)!}, \] donde \(k\) es tal que \(n=2k+1\), o, lo que es lo mismo, \(k=\frac{n-1}{2}\). Consideremos por ejemplo \(n=11\), en este caso \(k=\frac{11-1}{2}=5\). El polinomio de Taylor de \(f(x)=\sin x\) de grado \(11\) en \(x_0=0\) es el siguiente: \[ P_{11}(x) =x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}-\frac{x^7}{7!}+\frac{x^9}{9!}-\frac{x^{11}}{11!} = x-\frac{x^3}{6}+\frac{x^5}{120}-\frac{x^7}{5040}+\frac{x^9}{362880}-\frac{x^{11}}{39916800}. \] Si váis al enlace siguiente y apretáis una vez la casilla More terms en la sección Series expansion at x=0 os aparecerá el polinomio de Taylor de grado 11 y si volvéis a apretar, os aparecerá el polinomio de Taylor de grado 19 que “incluye” el polinomio de Taylor de grado 14.

Ejemplo: cálculo aproximado de \(\sin x\)

Vamos a intentar aproximar la función \(f(x)=\sin x\) para un \(x\) próximo a \(0\).

Recordemos que el polinomio de Taylor (de hecho, el de MacLaurin) de la función \(f(x)\) de grado \(n\) es el siguiente: \[ P_n(x)=\sum_{i=0}^k \frac{(-1)^i x^{2i+1}}{(2i+1)!}, \] con \(k=\frac{n-2}{2}\), si \(n\) es par y \(k=\frac{n-1}{2}\), si \(n\) es impar.

El problema que nos planteamos es el siguiente: dado \(x\) y \(\mathrm{error}\) un error absoluto máximo que estamos dispuestos a cometer, calcular el valor de \(P_n(x)\) tal que \(|f(x)-P_n(x)=|\sin x-P_n(x)|\leq \mathrm{error}\).

El primer paso es calcular el valor de \(n\). Nos fijamos a partir de la expresión de \(P_n(x)\) que si \(n\) es par el grado del polinomio de MacLaurin tiene grado \(n-1\) ya que la potencia más alta de \(x\), \(2k+1\) vale \(2k+1=n-1\).

Supondremos que \(n\) es par ya que tiene un término menos que si \(n\) es impar y esto es una ventaja a la hora de computar \(P_n(x)\).

El error cometido \(R_n(x)\) usando el teorema anterior vale: (usaremos la fórmula de Lagrange) \[ f(x)-P_n(x)=R_n(x)=\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}. \] Dicho error se puede acotar por: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}\right|\leq \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] Al ser \(n\) par, \(|f^{n+1}(c)|=|\cos c|\) ya que \(n+1\) es impar y recordemos que cualquier derivada impar era \(\pm \cos c\). Por tanto, podemos acotar \(\displaystyle \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\) por \(1\): \(\displaystyle\max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\leq 1\) y la cota del error será: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|\leq \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] La \(n\) buscada debe verificar: \(\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\leq \mathrm{error}\).

Como para cualquier valor de \(x\) el límite \(\displaystyle\lim_{n\to\infty} \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}=0\), seguro que existe una \(n\) tal que \(\frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}\leq \mathrm{error}\).

La función siguiente nos calcula la \(n\) dado \(x\) y el error en python asegurándose que \(n\) es par:

import math
def n(x,error):
 x=float(x)
 m=2
 while(abs(x)**(m+1)/math.factorial(m+1) >=error):
   m=m+1
 if(m % 2==1):
   m=m+1
 return(m)

El valor de \(n\) para \(x=0.5\) con un error máximo permitido de \(0.0001\) será:

n(0.5,0.0001)

## 6

El polinomio de Taylor sería en este caso: \[ P_6(x)=x-\frac{x^3}{3!}+\frac{x^5}{5!}. \] El valor de \(P_6(0.5)\) vale:

x=0.5
x-x**3/math.factorial(3)+x**5/math.factorial(5)

## 0.47942708333333334

Sabemos que el valor anterior evalúa \(\sin 0.5\) con un error menor que \(0.0001\). Comprobémoslo en python:

valor_pol_taylor = x-x**3/math.factorial(3)+x**5/math.factorial(5)
abs(sin(0.5)-valor_pol_taylor)

## 1.5447291303316568e-06

Ejemplo: cálculo de \(\mathrm{e}\)

Vamos a calcular \(\mathrm{e}\) con 6 cifras decimales exactas.

Para ello vamos a calcular el polinomio de Taylor de la función \(f(x)=\mathrm{e}^x\) para \(x_0=0\), \(P_n(x)\) y aproximaremos \(f(1)=\mathrm{e}\) por \(P_n(1)\) cometiendo un error menor que \(0.000001\).

Para calcular el polinomio de Taylor de \(f(x)=\mathrm{e}^x\), hemos de calcular \(f^{k}(x)\) para cualquier valor \(k\) natural. En este caso, observamos que \(f^{(k)}(x)=\mathrm{e}^x\) siempre vale lo mismo. Por tanto: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(0)}{k!}\cdot x^k = \sum_{k=0}^n \frac{x^k}{k!}, \] ya que \(f^{(k)}(0)=\mathrm{e}^0=1.\)

Seguidamente vamos a calcular el valor que \(n\) que nos asegure que el error cometido para \(x=1\) usando la expresión anterior \(P_n(1)\) en lugar de \(f(1)=\mathrm{e}\) es menor que \(e=0.000001\).

Recordemos la expresión de la fórmula del error: \[ |f(x)-P_n(x)|=|R_n(x)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot x^{n+1}\right|\leq \max_{c\in <0,x>}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{|x|^{n+1}}{(n+1)!}. \] La expresión anterior para \(x=1\) vale: \[ \begin{array}{rl} |f(1)-P_n(1)| & =|R_n(1)|=\left|\frac{f^{n+1}(c)}{(n+1)!}\cdot 1^{n+1}\right|\leq \max_{c\in (0,1)}\left|f^{n+1}(c)\right|\cdot \frac{1}{(n+1)!}=\max_{c\in (0,1)}\mathrm{e}^c\cdot \frac{1}{(n+1)!}\\ & =\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}. \end{array} \] En la última igualdad hemos usado que la función \(f(x)=\mathrm{e}^x\) es creciente y por tanto \(\displaystyle\max_{c\in (0,1)}\mathrm{e}^c=\mathrm{e}^1=\mathrm{e}\).

Vemos que la cota del error depende del valor de \(\mathrm{e}\) que es precisamente el valor que queremos calcular.

No sabemos el valor exacto de \(\mathrm{e}\) pero podemos usar que es menor que \(3\): \(\mathrm{e}<3\).

La cota anterior será, pues: \[ |f(1)-P_n(1)|=|R_n(1)|=\frac{\mathrm{e}}{(n+1)!}<\frac{3}{(n+1)!}. \]

La función siguiente nos calcula la \(n\) dado el error en python:

def ne(error):
 m=2
 while(3./math.factorial(m+1) >=error):
   m=m+1
 return(m)

El valor de \(n\) para un error de \(0.000001\) vale:

ne(0.000001)

## 9

El valor de \(\mathrm{e}\) con 6 cifras decimales exactas será: \[ \mathrm{e}\approx 1+1+\frac{1}{2!}+\frac{1}{3!}+\frac{1}{4!}+\frac{1}{5!}+\frac{1}{6!}+\frac{1}{7!}+\frac{1}{8!}+\frac{1}{9!}. \] Si calculamos su valor en python, obtenemos:

valor_e_aproximado =1
for i in range(1,10):
  valor_e_aproximado=valor_e_aproximado+1./math.factorial(i)
valor_e_aproximado

## 2.7182815255731922

Comprobamos que efectivamente tiene 6 cifras decimales exactas:

math.exp(1)

## 2.718281828459045

Ejemplo: generalización del binomio de Newton

Recordemos la fórmula del binomio de Newton: dados \(x,y\in\mathbb{R}\) y un natural \(N\), podemos desarrollar la potencia \((x+y)^N\) como: \[ (x+y)^N = \sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot x^k\cdot y^{N-k}. \] Sea ahora la función \(f(x)=(x+C)^N\), donde \(C\) es una constante cualquiera. Sea \(x_0\) un valor real. Queremos hallar el polinomio de Taylor de la función anterior alrededor de \(x=x_0\).

Usando la fórmula del binomio de Newton anterior, el polinomio de Taylor de \(f(x)\) de grado \(N\) alrededor del valor \(x=x_0\) es relativamente sencillo de obtener: \[ \begin{array}{rl} f(x)=(x+C)^N & \displaystyle =((x-x_0)+(C+x_0))=\sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot (x-x_0)^k\cdot (C+x_0)^{N-k}\\ & =\displaystyle \sum_{k=0}^N \binom{N}{k}\cdot (C+x_0)^{N-k}\cdot (x-x_0)^k. \end{array} \]

Observad que el desarrollo anterior no tiene error ya que la expresión de la izquierda es un polinomio de grado \(N\). Otra manera de verlo es usar la expresión de la fórmula del error: \[ f(x)-P_N(x)=R_N(x-x_0)=\frac{f^{N+1}(c)}{(N+1)!}\cdot (x-x_0)^{N+1}. \] Ahora bien, como \(f(x)\) es un polinomio de grado \(N\), la derivada \(N+1\)-ésima en cualquier valor será \(0\) (\(f^{N+1}(c)=0\)) y, por tanto, \(R_N(x-x_0)=0\).

Podemos hallar en particular una expresión para \(f^{(k)}(x_0)\): \[ \begin{array}{rl} \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!} & =\binom{N}{k}\cdot (C+x_0)^{N-k},\\ f^{(k)}(x_0) & =\binom{N}{k}\cdot k!\cdot (C+x_0)^{N-k} = N\cdot (N-1)\cdots (N-k+1)\cdot (C+x_0)^{N-k}. \end{array} \]

Supongamos ahora que “generalizamos” la función \(f\) de la forma siguiente \(f(x)=(x+C)^\alpha\), donde \(\alpha\) no tiene por qué ser entero sino cualquier valor real. Sea \(x_0\) un valor real que supondremos distinto de \(-C\) para no tener problemas en caso en que \(\alpha <0\) ya que en este caso \(\displaystyle\lim_{x\to x_0}f(x)=\lim_{x\to x_0}(x+C)^\alpha = \lim_{x\to x_0} 0^\alpha =\lim_{x\to x_0}\frac{1}{0^{-\alpha}}=\frac{1}{0}=\infty\).

¿Cuál sería el polinomio de Taylor de grado \(n\) para dicha función \(f(x)\) en \(x=x_0\)?

Estaríamos tentados de generalizar la fórmula anterior de la forma siguiente: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \binom{\alpha}{k}\cdot (C+x_0)^{\alpha -k}\cdot (x-x_0)^k, \] pero ¿qué vale \(\binom{\alpha}{k}\)?. Pensad que sabemos calcular \(\binom{N}{k}\) si \(N\) es natural pero ahora “nuestra” \(N\) es \(\alpha\) y es un valor real cualquiera.

Como \(\binom{N}{k}\) se puede escribir como \(\binom{N}{k}=\frac{N\cdot (N-1)\cdots (N-k+1)}{k!}\), podríamos generalizar \(\binom{\alpha}{k}\) como \(\binom{\alpha}{k}=\frac{\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)}{k!}\) y la expresión anterior ya tendría sentido.

De acuerdo, todo lo escrito hasta ahora está muy bien, pero ¿es cierta la fórmula anterior?

Veamos que sí, que la fórmula anterior es cierta.

Primero calculemos las derivadas sucesivas de \(f(x)=(x+C)^\alpha\): \[ f'(x)=\alpha\cdot (x+C)^{\alpha-1},\ f''(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdot (x+C)^{\alpha-2},\ f'''(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdot (\alpha-2)\cdot (x+C)^{\alpha-3}, \] y, en general: \[ f^{(k)}(x)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)\cdot (x+C)^{\alpha-k}. \] Si evaluamos en \(x=x_0\) obtenemos: \[ f^{(k)}(x_0)=\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}=\binom{\alpha}{k}\cdot k!\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}. \]

El polinomio de Taylor de grado \(n\) de \(f(x)\) en \(x=x_0\) será: \[ \begin{array}{rl} P_n(x) & \displaystyle =\sum_{k=0}^n \frac{f^{(k)}(x_0)}{k!}\cdot (x-x_0)^k = \sum_{k=0}^n\frac{\alpha\cdot (\alpha-1)\cdots (\alpha-k+1)}{k!}\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}\cdot (x-x_0)^k \\ & \displaystyle = \sum_{k=0}^n \binom{\alpha}{k}\cdot (x_0+C)^{\alpha-k}\cdot (x-x_0)^k, \end{array} \] tal como queríamos ver.

El error cometido será: \[ R_n(x-x_0)=\frac{f^{(n+1)}(c)}{(n+1)!}\cdot (x-x_0)^{n+1}=\binom{\alpha}{n+1}\cdot (c+C)^{\alpha-n-1}\cdot (x-x_0)^{n+1} \] donde \(c\in <x_0,x>\).

Como aplicación, calculemos el polinomio de Taylor de la función \(f(x)=\frac{1}{\sqrt{x+1}}\) para \(x_0=2\).

En este caso \(\alpha = -\frac{1}{2}\) y \(C=1\).

Los valores de \(\binom{-\frac{1}{2}}{k}\) son los siguientes: \[ \binom{-\frac{1}{2}}{k} = \frac{-\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{1}{2}-1\right)\cdots \left(-\frac{1}{2}-k+1\right)}{k!}=\frac{-\frac{1}{2}\cdot\left(-\frac{3}{2}\right)\cdots \left(-\frac{(2k-1)}{2}\right)}{k!}=\frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot k!}. \] El polinomio de Taylor de grado \(n\) para \(f(x)\) en \(x_0=2\) será: \[ P_n(x)=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot k!}\cdot 3^{-\frac{1}{2}-k}\cdot (x-2)^k=\sum_{k=0}^n \frac{(-1)^k\cdot (2k-1)!!}{2^k\cdot \sqrt{3^{2k+1}}\cdot k!}\cdot (x-2)^k. \] El error cometido será: \[ R_n(x-2)=\binom{-\frac{1}{2}}{n+1}\cdot (1+c)^{-\frac{1}{2}-n-1}\cdot (x-2)^{n+1}=\frac{(-1)^{n+1}\cdot (2n+1)!!}{2^{n+1}\cdot \sqrt{(1+c)^{2n+3}}\cdot (n+1)!}\cdot (x-2)^{n+1}. \]

Si suponemos que \(x>2\), usando que \(c\in (2,x)\), y, por tanto, \(\frac{1}{1+c}\leq \frac{1}{3}\), podemos acotar el error cometido por: \[ |R_n(x-2)|\leq\frac{(2n+1)!!}{2^{n+1}\cdot \sqrt{3^{2n+3}}\cdot (n+1)!}\cdot (x-2)^{n+1}. \] Consideremos \(x=2.25\). Calculemos el valor de \(n\) para calcular \(f(2.25)\) con un error menor que \(0.000001\):

def doublefactorial(n):
  if n in (0, 1):
    return 1
  else:
    return n * doublefactorial(n-2)

def calculo_n(error):
  x=2.25
  m=2
  cota_error=(doublefactorial(2*m+1)/(2.**(m+1)*math.sqrt(3.)**(2*m+3)*
    math.factorial(m+1)))*(x-2)**(m+1) 
  while(cota_error >= error):
    m=m+1
    cota_error=(doublefactorial(2*m+1)/(2.**(m+1)*math.sqrt(3.)**(2*m+3)*
      math.factorial(m+1)))*(x-2)**(m+1) 
  return(m)

El valor del grado \(n\) del polinomio de Taylor será:

calculo_n(0.000001)

## 4

El polinomio de Taylor será: \[ P_4(x)=\frac{1}{\sqrt{3}}-\frac{1}{6 \sqrt{3}}\cdot (x-2)+\frac{1}{24\sqrt{3}}\cdot (x-2)^2-\frac{5}{432\sqrt{3}}\cdot (x-2)^3+\frac{35}{10368\sqrt{3}}\cdot (x-2)^4. \] Calculemos el valor de \(P_4(2.25)\):

coeficientes=[1.,-1./6,1./24,-5./432,35./10368]
coeficientes=[(1./math.sqrt(3.))*c for c in coeficientes]
x=2.25
y=x-2
potencias=[1,y,y**2,y**3,y**4]
import numpy
numpy.dot(potencias,coeficientes)

## 0.5547007267350142

Comprobemos que tiene efectivamente 6 cifras decimales exactas:

1/math.sqrt(2.25+1.)

## 0.5547001962252291

Ejemplo

Como ejemplo de aplicación, calculemos el polinomio de Taylor grado \(n\) de la función \(f(x)=\frac{1}{1-x^2}\) en un punto \(x_0\) cualquiera distinto de \(\pm 1\) ya que los valores \(\pm 1\) no pertenecen al dominio de \(f(x)\). Pensad que \(\displaystyle\lim_{x\to\pm 1}f(x)=\lim_{x\to\pm 1}\frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{0}=\infty\).

Podemos descomponer la función \(f(x)\) de la forma siguiente: \[ \frac{1}{1-x^2}=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}\right). \] Para calcular los polinomios de Taylor de las funciones \(f_1(x)=\frac{1}{1-x}\) y \(f_2(x)=\frac{1}{1+x}\) en un punto cualquiera \(x_0\), a los que llamaremos \(P_{1,n}(x)\) y \(P_{2,n}(x)\), respectivamente, podemos usar la técnica vista en el ejemplo anterior donde generalizábamos la fórmula de Newton.

Escribimos \(f_1(x)\) de la forma siguiente: \(f_1(x)=-\frac{1}{x-1}\). Entonces el valor de \(\alpha\) vale \(\alpha=-1\) y \(C=-1\). El polinomio \(P_{1,n}(x)\) será el siguiente: \[ P_{1,n}(x)=-\sum_{k=0}^n\binom{-1}{k}\cdot (x_0-1)^{-1-k}\cdot (x-x_0)^k. \] Calculemos el valor de \(\binom{-1}{k}\): \[ \binom{-1}{k}=\frac{(-1)\cdot (-2)\cdots (-1-k+1)}{k!}=\frac{(-1)^k\cdot k!}{k!}=(-1)^k. \] El valor del polinomio \(P_{1,n}(x)\) será el siguiente: \[ P_{1,n}(x)=-\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{(x_0-1)^{k+1}}\cdot (x-x_0)^k. \]

Usando el mismo razonamiento anterior, podemos obtener el polinomio \(P_{2,n}(x)\) donde \(\alpha =-1\) y \(C=1\): \[ P_{2,n}(x)=\sum_{k=0}^n\frac{(-1)^k}{(x_0+1)^{k+1}}\cdot (x-x_0)^k. \] Usando que \(f(x)=\frac{1}{2}\left(\frac{1}{1-x}+\frac{1}{1+x}\right)\), el polinomio de Taylor de la función \(f(x)\) en \(x_0\) de grado \(n\) será: \[ P_n(x)=\frac{1}{2}\left(P_{1,n}(x)+P_{2,n}(x)\right)=\frac{1}{2}\sum_{k=0}^n (-1)^k\left(\frac{1}{(x_0+1)^{k+1}}-\frac{1}{(x_0-1)^{k+1}}\right)\cdot (x-x_0)^k. \]

En el enlace siguiente se muestra el desarrollo de Taylor de la función \(f(x)=\frac{1}{1-x^2}\) hasta orden \(5\), es decir, hasta el polinomio de grado \(5\), \(P_5(x)\). Si apretáis el botón More terms en la sección Series expansion at x=x0, Mathematica os calculará más términos del desarrollo de Taylor o aumentará el grado del polinomio. Comparad los valores que da el Mathematica con la solución obtenida. En la sección Series representation at x = x0 da una expresión muy parecida a la obtenida.